Álgebras isomórficas de endormorfismos

Question

Dejemos que $R$ sea un álgebra simple, $M$ un simple $R$ -módulo y $N$ un simple $\mathcal{M_n}(R)$ -(siempre considerando la dimensión finita). Demostrar que $End_R(M)$ y $End_{\mathcal{M_n}(R)}(N)$ son álgebras isomorfas.

He intentado demostrarlo como una consecuencia del teorema de Wedderburn-Artin, pero no lo he conseguido. ¿Podría alguien ayudarme?

Answer 1

Así que la principal observación es que sólo hay un módulo simple (hasta el isomorfismo) sobre un álgebra simple (de dimensión finita).

Si $R=\mathcal{M}_k(D)$ es simple, entonces todos los módulos simples son isomorfos a un ideal mínimo de la izquierda de $R$ que a su vez es isomorfo (como un $R$ -) a $D^k$ , ver aquí . Tenga en cuenta que $D^k$ es una izquierda $R$ -mediante una multiplicación matricial estándar.

Ahora bien, como $\mathcal{M}_n(R)=\mathcal{M}_{kn}(D)$ también es simple, entonces lo mismo vale para ella. Así que todo lo que tienes que demostrar es que $End_R(D^k)$ es isomorfo a $End_{\mathcal{M}_n(R)}(D^{kn})$ .

Esto se puede simplificar demostrando lo siguiente:

Lema. Para cualquier álgebra unitaria asociativa $D$ y cualquier $n$ tenemos un isomorfismo de álgebras $End_{\mathcal{M}_{n}(D)}(D^n)\simeq D^{op}$ donde $D^{op}$ es el álgebra creada a partir de $D$ invirtiendo la multiplicación.

Prueba. Si $f:D^n\to D^n$ es un $\mathcal{M}_n(D)$ endomorfismo entonces

$$f\left(\begin{matrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{matrix}\right)= \left(\begin{matrix} x_1 & 0 & \cdots & 0 \\ x_2 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ x_n & 0 & \cdots & 0 \\ \end{matrix}\right) f\left(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix}\right)$$

lo que significa que $f$ está totalmente determinado por el valor en $(1,0,\ldots,0)$ . Así que dejemos $f(1,0,\ldots,0)=(y_1,\ldots, y_n)$ . De ello se desprende que

$$\left(\begin{matrix} y_1 \\ y_2 \\ \vdots \\ y_n \end{matrix}\right)=f\left(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix}\right)= \left(\begin{matrix} 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \end{matrix}\right) f\left(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \end{matrix}\right) \left(\begin{matrix} y_1 \\ y_2 \\ \vdots \\ y_n \end{matrix}\right)= \left(\begin{matrix} y_1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{matrix}\right)$$

y así para $\lambda=y_1$ tenemos que $f(v)=v \lambda$ para cualquier $v\in D^n$ . Por lo tanto, es una multiplicación escalar (nótese que desde la derecha, el orden importa), denótese por $f_\lambda$ . Esto demuestra que

$$\tau:D^{op}\to End_{\mathcal{M}_{n}(D)}(D^n)$$ $$\tau(\lambda)=f_\lambda$$

es una función inyectiva. Dejo como ejercicio que es un homomorfismo de álgebra inyectiva. Nótese que tenemos que invertir la multiplicación en $D$ debido a $f_{xy}=f_y\circ f_x$ . $\Box$